（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系专题强化训练

第2讲 空间点、线、面的位置关系专题强化训练1设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“ab”是“”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.因为，bm，所以b，又直线a在平面内，所以ab；又直线a，m不一定相交，所以“ab”是“”的必要不充分条件，故选B.2如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：选A.B选项中，ABMQ，且AB平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB平面MNQ；C选项中，ABMQ，且AB平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB平面MNQ；D选项中，ABNQ，且AB平面MNQ，NQ平面MNQ，则AB平面MNQ.故选A.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：选C.A1B1平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1，所以A1B1BC1，又BC1B1C，且B1CA1B1B1，所以BC1平面A1B1CD，又A1E平面A1B1CD，所以BC1A1E.故选C.4设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A若AC与BD共面，则AD与BC共面B若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C若ABAC，DBDC，则ADBCD若ABAC，DBDC，则ADBC解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若ABAC，DBDC，AD不一定等于BC；D中，若ABAC，DBDC，可以证明ADBC.5(2019温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则PEQ周长的最小值为()A2 B.C. D2解析：选B.由题意，PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM，EN2，MEN135，所以MN.6.(2019杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的运动轨迹是()A一段圆弧 B椭圆的一部分C抛物线 D双曲线的一支解析：选D.不妨令三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面是以B为直角的直角三角形，令侧棱长为m，以B为坐标原点，BA方向为x轴，BC方向为y轴，BB1方向为z轴，建立空间直角坐标系，设P(x，y，m)，所以Q(x，y，0)，过点Q作以QDAB于点D，作QEBC于点E，则PDQ即是二面角PABC的平面角，PEQ即是二面角PBCA的平面角，所以tanPDQ，tanPEQ，又二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，所以tanPDQtanPEQ1，即1，所以QDQEPQ2m2，因Q(x，y，0)，所以QEx，QDy，所以有xym2，所以y(x0)，即点Q的轨迹是双曲线的一支，所以点P的轨迹是双曲线的一支故选D.7(2019绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥ABCD的所有棱长都相等，若AB与平面所成角等于，则平面ACD与平面所成角的正弦值的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A.因为三棱锥ABCD的所有棱长都相等，所以三棱锥ABCD为正四面体，如图：设正四面体的棱长为2，取CD中点P，连接AP，BP，则BAP为AB与平面ADC所成角APBP，可得cosBAP，sinBAP.设BAP.当CD与平行且AB在平面ACD上面时，平面ACD与平面所成角的正弦值最小，为sinsincos cossin ；当CD与平行且AB在平面ACD下面时，平面ACD与平面所成角的正弦值最大，为sinsincos cossin ，所以平面ACD与平面所成角的正弦值的取值范围是.故选A.8(2019浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC的两条直角边AC2，BC3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为，则翻折后AB的长为()A2 B. C. D.解析：选D.如图，在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E, 则EP平面ACP.于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线，垂足为D，连接DE，则PDE为二面角PACB的平面角，且tanPDE，设DPa，则EPa.如图，设BCP，则ACP90，则在直角三角形DPC中，PC，又在直角三角形PCE中，tan ，则tan a，sin cos2，所以45，因为二面角ACPB为直二面角，所以cosACBcosACPcosBCP，于是cosACPsinACP，解得AB.9(2019台州市书生中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABCD，ADCD，PDADDC2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为_；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为_解析：因为ABCD，所以PCD即为异面直线PC与AB所成的角，显然三角形PDC为等腰直角三角形，所以PCD.设AB1，则可计算得，PB3，而点B到平面PDC的距离d等于AD的长为2，所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.答案：10.如图，在三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是_解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.因为 M为AD的中点，所以MKAN，所以KMC即为异面直线AN，CM所成的角因为 ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理易求得ANDNCM2，所以MK.在RtCKN中，CK .在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.答案：11.如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面APC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的是_解析：对于，因为PA平面ABC，所以PABC.因为AB为O的直径，所以BCAC，所以BC平面PAC，又PC平面PAC，所以BCPC；对于，因为点M为线段PB的中点，所以OMPA，因为PA平面PAC，所以OM平面PAC；对于，由知BC平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故都正确答案：12.(2019杭州市高三期末)在ABC中，ABC，边BC在平面内，顶点A在平面外，直线AB与平面所成角为.若平面ABC与平面所成的二面角为，则sin _解析：过A作AO，垂足是O，过O作ODBC，交BC于D，连接AD，则ADBC，所以ADO是平面ABC与平面所成的二面角，即ADO，ABO是直线AB与平面所成的角，即ABO，设AO，所以AD2，在RtADB中，ABD，所以AB，所以sin .答案：13(2019浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体DABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是_解析：当点P从A运动到B，二面角DPCB的平面角逐渐增大，二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角，最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角，故余弦值的取值范围是.答案：14.(2019义乌市高三月考)如图，边长为2的正ABC顶点A在平面上，B，C在平面的同侧，M为BC的中点，若ABC在平面上的射影是以A为直角顶点的AB1C1，则M到平面的距离的取值范围是_解析：设BAB1，CAC1，则AB12cos ，AC12cos ，BB12sin ，CC12sin ，则点M到平面的距离dsin sin ，又AM，则B1C12，即cos2cos23(sin22sin sin sin2)也即sin sin ，所以dsin sin sin ，当sin 1时，d，则d.答案：15(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥ABCD中，E是BC的中点，ABAD，BDDC.(1)求证：AEBD；(2)若DB2DCAB2，且二面角ABDC为60，求AD与平面BCD所成角的正弦值解：(1)证明：如图，取BD的中点F，连接EF，AF，因为E为BC中点，F为BD中点，所以FEDC.又BDDC，所以BDFE.因为ABAD，所以BDAF.又AFFEF，AF，FE平面AFE，所以BD平面AFE，又AE平面AFE，所以AEBD.(2)由(1)知BDAF，BDEF所以AFE即为二面角ABDC的平面角，所以AFE60.因为ABAD，BD2，所以ABD为等腰直角三角形，故AFBD1，又FEDC，所以AE2AF2FE22AFFEcosAFE121cos 60，即AE，所以AE2FE21AF2，所以AEFE，又由(1)知BDAE，且BDFEF，BD平面BDC，FE平面BDC，所以AE平面BDC，所以ADE就是AD与平面BCD所成角，在RtAED中，AE，AD，所以AD与平面BCD所成角的正弦值sinADE.16(2019浙江二模)如图，在四棱锥EABCD中，平面CDE平面ABCD，DABABC90，ABBC1，ADED3，EC2.(1)证明：AB平面BCE；(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值解：(1)证明：因为DABABC90，所以四边形ABCD是直角梯形，因为ABBC1，ADED3，EC2.所以CD，所以CE2DC2DE2，所以ECCD，因为平面EDC平面ABCD，平面EDC平面ABCDDC，所以CE平面ABCD，所以CEAB，又ABBC，BCCEC，所以AB平面BCE.(2)过A作AHDC，交DC于H，则AH平面DCE，连接EH，则AEH是直线AE与平面DCE所成的角，因为DCAHABABBC，所以AH，AE，所以sinAEH，所以直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.17(2019绍兴诸暨高考二模)四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为AD的中点，四边形ABCE为菱形，BAD120，PAAB，G、F分别是线段CE、PB的中点(1)求证：FG平面PDC；(2)求二面角FCDG的正切值解：(1)证明：延长BG交AD于点D，因为，而，所以，所以FGPD.因为FG平面PDC，PD平面PDC，所以FG平面PDC.(2)过点F作FMAB于点M，易知FM平面ABCD，过M作MNCD于点N，连接FN，则CD平面FMN，所以CDMN，CDFN，所以FNM即为所求二面角的平面角，不妨令PAAB1，则FM，MN，所以tan .18(2019浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，ADBC，ABBCCD1，DA2，DP平面ABP，O，M分别是AD，PB的中点(1)求证：PD平面OCM；(2)若AP与平面PBD所成的角为60，求线段PB的长解：(1)证明：设BD交OC于N，连接MN，OB，因为O为AD的中点，AD2，所以OAOD1BC.又因为ADBC，所以四边形OBCD为平行四边形，所以N为BD的中点，因为M为PB的中点，所以MNPD.又因为MN平面OCM，PD平面OCM，所以PD平面OCM.(2)由四边形OBCD为平行四边形，知OBCD1，所以AOB为等边三角形，所以A60，所以BD，即AB2BD2AD2，即ABBD.因为DP平面ABP，所以ABPD.又因为BDPDD，所以AB平面BDP，所以APB为AP与平面PBD所成的角，即APB60，所以PB.- 8 -